Question

12．已知函数f（x）=x•e^x-1-a（x+lnx），a∈R．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为x轴，求a的值：
（2）在（1）的条件下，求f（x）的单调区间；
（3）若?x＞0，f（x）≥f（m）恒成立，且f（m）≥0，求证：f（m）≥2（m²-m³）．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的对数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（2）求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（3）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，从而证明不等式即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=e^x-1+x•e^x-1-a（1+$\frac{1}{x}$），
故f（1）=1-a，f′（1）=2-2a，
故切线方程是：y-（1-a）=（2-2a）（x-1），
即y=（2-2a）x+a-1；
由2-2a=0，且a-1=0，解得：a=1；
（2）由（1）得a=1，f′（x）=（x+1）（e^x-1-$\frac{1}{x}$），
令g（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞），
∵g′（x）=e^x-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，故g（x）在（0，+∞）递增，
又g（1）=0，x∈（0，1）时，g（x）＜g（1）=0，
此时f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（1，+∞）时，g（x）＞g（1）=0，此时f′（x）＞0，f（x）递增，
故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；
（3）f′（x）=（x+1）（e^x-1-$\frac{a}{x}$），
令h（x）=e^x-1-$\frac{a}{x}$，x∈（0，+∞），
①a≤0时，h（x）＞0，此时f′（x）＞0，f（x）递增，无最小值，
故a≤0不合题意；
②a＞0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增，
取实数b，满足0＜b＜min{$\frac{a}{2}$，$\frac{3}{2}$}，
则e^b-1＜${e}^{\frac{3}{2}-1}$=$\sqrt{e}$，-$\frac{a}{b}$＜-2，
故h（b）=e^b-1-$\frac{a}{b}$＜$\sqrt{e}$-2＜0，
又h（a+1）=e^a-$\frac{a}{a+1}$＞1-$\frac{a}{a+1}$=$\frac{1}{a+1}$＞0，
∴存在唯一的x₀∈（b，a+1），使得h（x₀）=0，即a=x₀${e}^{{x}_{0}-1}$，
x∈（0，x₀）时，h（x）＜h（x₀）=0，此时f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（x₀，+∞）时，h（x）＞h（x₀）=0，此时f′（x）＞0，f（x）递增，
故x=x₀时，f（x）取最小值，
由题设，x₀=m，故a=m•e^m-1，lna=lnm+m-1，
f（m）=me^m-1（1-m-lnm），
由f（m）≥0，得1-m-lnm≥0，
令ω（m）=1-m-lnm，显然ω（x）在（0，+∞）递减，
∵ω（1）=0，∴，1-m-lnm≥0，故0＜m≤1，
下面证明e^m-1≥m，令n（x）=e^m-1-m，则n′（m）=e^m-1-1，
m∈（0，1）时，n′（x）＜0，n（x）在（0，1）递减，
故m∈（0，1]时，n（m）≥n（1）=0，即e^m-1≥m，
两边取对数，得lne^m-1≥lnm，即m-1≥lnm，-lnm≥1-m，
故1-m-lnm≥2（1-m）≥0，
∵e^m-1≥m＞0，∴f（m）=m•e^m-1（1-m-lnm）≥m²，2（1-m）=2（m²-m³），
综上，f（m）≥2（m²-m³）．

点评 本题考查了切线方程问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查不等式的证明，是一道综合题．